Test GR4

{tw}{Twierdzenie}[section] {fa}[tw]{Fakt} {AZbioruPustego}{Aksjomat Zbioru Pustego} {APary}{Aksjomat Pary} {ASumy}{Aksjomat Sumy}

{}{0pt} {}{0pt} {}{0in} {}{-0.5in} {}{6.3in} {}{9in}

{cwicz}[section] {obra}[section] {hint}

{thm}{Twierdzenie}[section] {defn}[thm]{Definicja}

{Zadanie}[thm]{Zadanie} {Uwaga}[thm]{Uwaga} {Przykład}[thm]{Przykład} {Rozwiązanie}[thm]{Rozwiązanie} {Hint}[thm]{Hint}

{equation}{section}

{kuba_preamble1} {kuba_preamble2}

0mm 2ex

{lem}[thm]{ Lemat } {fakt}{ Fakt } {mtw}[tw]{Meta twierdzenie}

{CwiczenieINS}[thm]{Ćwiczenie}

Logika i teoria mnogości

Wykład 8

Zawartość wykładu: Konstrukcje liczbowe, liczby całkowite, wymierne, konstrukcja Cantora liczb rzeczywistych: działania i porządek na liczbach.

Liczby całkowite

Na wykładzie poprzednim skonstruowaliśmy przy pomocy aksjomatu nieskończoności liczby naturalne. Określiliśmy dla nich podstawowe operacje takie jak dodawanie i mnożenie. Teraz własności tych operacji będą użyte do dalszych konstrukcji liczbowych. Pokażemy, że mając liczby naturalne zbudowane na bazie liczby $0$ czyli zbioru pustego możemy definiować bardziej skomplikowane twory liczbowe takie jak liczby całkowite, wymierne i w końcu liczby rzeczywiste. Wszystkie te obiekty maja ogromne zastosowanie w praktyce matematycznej i informatycznej. Będziemy później w innych wykładach odwoływać się do niebanalnej reprezentacji tych obiektów, które stworzymy w tym rozdziale.

Konstrukcja liczb całkowitych

Niech $\approx$ będzie relacją określoną na $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ następująco:

$(n,k)\approx (p,q)\text{ wtw }n+q=k+p$

Relacja $\approx$ jest relacją równoważności o polu $\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$.

{hint}{0}

Rozwiązanie.

Wykażemy, że relacja $\approx$ jest relacją równoważności na

$\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$. Dla dowolnych liczb naturalnych $n$ i $k$ mamy $(n,k)\approx (n,k)$ ponieważ $n+k=n+k$, więc relacja jest zwrotna. Podobnie, dla dowolnych liczb $n,k,p,q$ jeśli $(n,k)\approx (p,q)$, to $n+q=k+p$ i, korzystając z przemienności dodawania, otrzymujemy $p+k=q+n$ czyli $(p,q)\approx (n,k)$ i relacja jest symetryczna.

Aby wykazać przechodniość ustalmy trzy dowolne pary $(n,k),(p,q)$ i $(m,l)$ spełniające $(n,k)\approx (p,q)$ oraz $(p,q)\approx (m,l)$. Wtedy $n+q=k+p$ oraz $p+l=q+m$, więc $(n+q)+(p+l)=(k+p)+(q+m)$ i na mocy łączności i przemienności dodawania w liczbach naturalnych otrzymujemy $(n+l)+(q+p)=(k+m)+(q+p)$. Skracamy czynnik $(p+q)$ (na mocy własności skracania dla dodawanie) i otrzymujemy $n+l=k+m$, czyli $(n,k)\approx (m,l)$ co dowodzi przechodniości relacji $\approx$. Wykazaliśmy, że $\approx$ jest relacją równoważności. Koniec ćwiczenia

Wykaż, że dla dowolnej pary $(n,k)\in \mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ istnieje para $(p,q)\in \mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$ taka, że $(n,k)\approx (p,q)$ oraz $p=0$ lub $q=0$. {hint}{0}

Rozwiązanie.

Ustalmy dowolną parę

$(n,k)\in \mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}$. Jeśli $n=k$, to mamy $(n,k)\approx (0,0)$ i warunek jest spełniony. Jeśli $n\ne k$ to, na mocy własności liczb naturalnych, istnieje liczba naturalna $l$ taka, że $n=k+l$ (lub, że $n+l=k$). Wtedy $n+0=k+l$ (lub $n+l=k+0$), czyli $(n,k)\approx (l,0)$ (lub $(n,k)\approx (0,l)$) co należało dowieść. Koniec ćwiczenia Niech $\mathbb{\mathbb{Z}}=\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}}/\approx$

Które z liczb całkowitych $[(n,k){]}_{\approx }$ są relacjami równoważności na $\mathbb{\mathbb{N}}$? {hint}{0}

Rozwiązanie.

Aby liczb całkowita była relacją

równoważności koniecznym jest $(0,0)\in [(k,n){]}_{\approx }$, a więc jedynym kandydatem na liczbę będącą relacją równoważności na $\mathbb{\mathbb{N}}$ jest $[(0,0){]}_{\approx }$. Weźmy teraz dowolną parę liczb naturalnych $(n,k)$, jeśli $(0,0)\approx (n,k)$, to $0+k=n+0$, czyli $n=k$. Liczba całkowita $[(0,0){]}_{\approx }$ jest relacją równoważności na $\mathbb{\mathbb{N}}$ i żadna inna liczba całkowita nie jest relacją równoważności. Koniec ćwiczenia

Operacje na $\mathbb{\mathbb{Z}}$

Element zero $0\in \mathbb{\mathbb{Z}}$ to element $[(0,0){]}_{\approx }$.

Element przeciwny do danego: jeżeli $x=[(n,k){]}_{\approx }$ to przez $-x=[(k,n){]}_{\approx }$

Dodawanie: $[(n,k){]}_{\approx }+[(p,q){]}_{\approx }=[(n+p,k+q){]}_{\approx }$.

Mnożenie: $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(n\cdot p+k\cdot q,n\cdot q+k\cdot p){]}_{\approx }${Dla przejrzystości zapisu będziemy czasami pomijać znak $\cdot$ pisząc $xy$ zamiast $x\cdot y$}.

Odejmowanie: $x-y=x+(-y)$

Proszę o zwrócenie uwagi na pewną kolizję oznaczeń. Po lewej stronie definicji (dodawania, mnożenia i odejmowania) używamy tych samych znaków działań co po stronie prawej. Jest to ewidentna kolizja oznaczeń, którą wykonujemy z pełną świadomością. W praktyce matematycznej i informatycznej przyjęło się używać te same znaki działań wiedząc, że mają one zgoła inne znaczenie. Również element $0$ będziemy oznaczać identycznie jak $0$ w liczbach naturalnych pomimo, że jest to zupełnie inny zbiór. Pod koniec tej konstrukcji podamy naturalne włożenie (iniekcje wkładającą liczby naturalne w całkowite) takie, które zachowuje działania na liczbach co upewni nas, że stosowanie tych samych oznaczeń nie grozi konfliktem.

Pokazać, że działania na liczbach całkowitych są dobrze określone. To znaczy pokazać, że zbiory (klasy równoważności) będące wynikiem działań nie nie zależą od wyboru reprezentantów : {hint}{0} {hint}{1}

Wskazówka .

Zapisz w jaki sposób wynik działań jest niezależny od wyboru

reprezentantów.

Rozwiązanie.

Dla dowodu wykazującego dobre zdefiniowanie operacji na

liczbach całkowitych ustalmy dowolne pary $(n,k),(p,q),(m,l),(r,s)$ spełniające $(n,k)\approx (m,l)$ oraz $(p,q)\approx (r,s)$.

Dla dowodu dobrego zdefiniowania elementów przeciwnych musimy wykazać, że $-[(n,k){]}_{\approx }=-[(m,l){]}_{\approx }$, czyli, że $[(k,n){]}_{\approx }=[(l,m){]}_{\approx }$. Potrzebujemy $(k,n)\approx (l,m)$ co jest równoważne stwierdzeniu, że $k+m=n+l$, który to fakt jest oczywistą konsekwencją $(n,k)\approx (m,l)$. Wykazaliśmy, że definicja elementu przeciwnego nie zależy od wyboru reprezentantów dla klas.

Analogiczny dowód przeprowadzamy dla dodawania. Musimy wykazać, że $[(n,k){]}_{\approx }+[(p,q){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }+[(r,s){]}_{\approx }$. Równość ta jest prawdą wtedy i tylko wtedy, kiedy $[(n+p,k+q){]}_{\approx }=[(m+r,l+s){]}_{\approx }$, czyli kiedy $(n+p,k+q)\approx (m+r,l+s)$. Korzystając z definicji relacji $\approx$ potrzebujemy $(n+p)+(l+s)=(k+q)+(m+r)$. Z założeń wynika, że $n+l=k+m$, oraz $p+s=q+r$ -- dodając te równości stronami i korzystając z łączności i przemienności dodawania w liczbach naturalnych otrzymujemy żądany fakt.

Wykażemy, że mnożenie dwóch liczb całkowitych nie zależy od wyboru reprezentantów w klasach równoważności. Niewątpliwie, używając założeń i przemienności, łączności i definicji mnożenia mamy

$(n+l+k+m)(q+r)=2(k+m)(q+r)=2(q+r)(k+m)=(p+s+q+r)(k+m)$

i dalej, używając rozdzielności mnożenia

$n(q+r)+l(q+r)+k(q+r)+m(q+r)=p(k+m)+s(k+m)+q(k+m)+r(k+m).$

Używamy raz jeszcze założeń i dostajemy

$n(p+s)+l(q+r)+k(q+r)+m(p+s)=p(k+m)+s(l+n)+q(l+n)+r(k+m)$

co, po wymnożeniu daje

$np+ns+lq+lr+kq+kr+mp+ms=pk+pm+sl+sn+ql+qn+rk+rm.$

Stosujemy prawo skracania dla liczb naturalnych do $ns+lq+kr+mp$ i dostajemy

$np+lr+kq+ms=pk+sl+qn+rm$

co, używając przemienności mnożenia i przemienności i łączności dodawania daje

$(np+kq,nq+kp)\approx (mr+ls,ms+lr).$

Wywnioskowaliśmy, że $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }\cdot [(r,s){]}_{\approx }$, co oznacza, że definicja mnożenia nie zależy od wyboru reprezentantów dla klas. Koniec ćwiczenia

Pokaż własności działań dodawania i mnożenia. Dla dowolnych liczb całkowitych $x,y,z$ zachodzą równości:

1. $x+y=y+x$ (przemienność dodawania)

1. $x\cdot y=y\cdot x$ (przemienność mnożenia)

1. $x\cdot y=z\cdot y$ oraz $y\ne 0$ to $x=z$ (prawo

skracania)

1. $x\cdot (y+z)=x\cdot y+x\cdot z$ (rozdzielność)

{hint}{0} {hint}{1}

Wskazówka .

Zapisz każde z powyższych praw ujawniając strukturę

liczb całkowitych. Zauważ, że w dowodzie będą interweniowały udowodnione już prawa łączności, przemienności i prawo skreśleń i skracania dla liczb naturalnych.

Rozwiązanie.

Dla dowodu powyższych własności ustalmy dowolne liczby

całkowite $[(n,k){]}_{\approx },[(p,q){]}_{\approx },[(m,l){]}_{\approx }$.

1. Dla dowodu przemienności dodawania zauważmy,

że $[(n,k){]}_{\approx }+[(p,q){]}_{\approx }=[(n+p,k+q){]}_{\approx }$ i korzystając z przemienności dodawania dla liczb naturalnych otrzymujemy $[(n+p,k+q){]}_{\approx }=[(p+n,q+k){]}_{\approx }=[(p,q){]}_{\approx }+[(n,k){]}_{\approx }$. Wykazaliśmy, że dodawanie liczb całkowitych jest przemienne.

1. Podobne rozumowanie stosujemy dla mnożenia

$[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }$ i, stosując przemienność mnożenia i dodawania $[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }=[(pn+qk,pk+qn){]}_{\approx }=[(p,q){]}_{\approx }\cdot [(n,k){]}_{\approx }$ co należało wykazać.

1. Dla dowodu prawa skracania dla liczb całkowitych

załóżmy, że $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }$, oraz, że dokładnie jedna z liczb $p,q$ jest równa zero. Na mocy Ćwiczenia Uzupelnic Cw:reprzero| reprezentacja taka istnieje dla każdej, różnej od zera, liczby całkowitej. Wnioskujemy, że $[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }=[(mp+lq,mq+lp){]}_{\approx }$. Wnioskujemy stąd, że $(np+kq,nq+kp)\approx (mp+lq,mq+lp)$, czyli, że $np+kq+mq+lp=nq+kp+mp+lq$. Jeśli $p=0$ to otrzymujemy, korzystając z rozdzielności, $(k+m)q=(n+l)q$ i, korzystając z prawa skracania dla liczb naturalnych $k+m=n+l$, czyli $[(k,l){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }$ co należało dowieść. Podobnie, jeśli $q=0$ to $(n+l)p=(k+m)p$ i, podobnie jak w poprzednim przypadku $[(k,l){]}_{\approx }=[(m,l){]}_{\approx }$. Wykazaliśmy, że mnożenie liczb całkowitych jest skracalne.

1. Dla dowodu rozdzielności postępujemy następująco. Liczby

$[(n,k){]}_{\approx }\cdot ([(p,q){]}_{\approx }+[(m,l){]}_{\approx })=[(n(p+m)+k(q+l),n(q+l)+k(p+m)){]}_{\approx }$. Korzystając z rozdzielności, przemienności i łączności działań na liczbach naturalnych dostajemy $[(n(p+m)+k(q+l),n(q+l)+k(p+m)){]}_{\approx }=[((np+kq)+(nm+kl),(nq+kp)+(nl+km){]}_{\approx }=[(np+kq,nq+kp){]}_{\approx }+[(nm+kl,nl+km){]}_{\approx }$, co równa się $[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(p,q){]}_{\approx }+[(n,k){]}_{\approx }\cdot [(m,l){]}_{\approx }$ co należało wykazać.

Koniec ćwiczenia

Porządek liczb całkowitych

Liczba $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$ zachodzi gdy $n+q\le p+k$.

Pokaż, że definicja porządku nie jest zależna od wyboru reprezentanta. {hint}{0} {hint}{1}

Wskazówka .

Do dowodu zastosuj własności dodawania

liczb naturalnych.

Rozwiązanie.

Niech $(n,k),(m,l),(p,q),(r,s)$ będą

parami liczb naturalnych takimi, że $(n,k)\approx (m,l)$ oraz $(p,q)\approx (r,s)$. Załóżmy dodatkowo, że $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$. Wykażemy, że w takim przypadku również $[(m,l){]}_{\approx }\le [(r,s){]}_{\approx }$, czyli, że porządek na liczbach całkowitych jest niezależny od wyboru reprezentantów dla klas równoważności. Skoro $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$, to $n+q\le p+k$ i z wykładu o liczbach naturalnych wiemy, że istnieje liczba naturalna $t$ taka, że $n+q+t=p+k$. Równocześnie nasze założenia gwarantują, że $n+l=k+m$ i $p+s=q+r$, czyli, że

$n+l+q+r=k+m+p+s.$

Korzystając z udowodnionej własności $t$ podstawiamy liczby do wzoru otrzymując

$n+l+q+r=n+m+q+t+s,$

co z kolei możemy skrócić przez $n+q$ otrzymując

$l+r=m+s+t\text{ co oznacza }l+r\ge m+s.$

Czyli $[(m,l){]}_{\approx }\le [(r,s){]}_{\approx }$, co należało wykazać. Koniec ćwiczenia

Pokaż, że porządek liczb całkowitych spełnia postulaty porządku liniowego to znaczy jest zwrotny, antysymetryczny, przechodni i spójny. {hint}{0} {hint}{1}

Wskazówka .

Do dowodu zastosuj własności dodawania liczb

naturalnych i porządku liczb naturalnych.

Rozwiązanie.

Porządek na

liczbach całkowitych jest zwrotny. Dla dowolnej liczby całkowitej $[(n,k){]}_{\approx }$ mamy $[(n,k){]}_{\approx }\le [(n,k){]}_{\approx }$ ponieważ $n+k\le n+k$.

Dla dowodu antysymetrii załóżmy, że dla dwu liczb całkowitych mamy $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }$ oraz $[(p,q){]}_{\approx }\le [(n,k){]}_{\approx }$. Wnioskujemy natychmiast, że $n+q\le k+p$ oraz, że $p+k\le q+n$. Korzystając z przemienności dodawania, przechodniości i antysymetrii porządku na liczbach naturalnych dostajemy $n+q=k+p$, czyli $(n,k)\approx (p,q)$, co należało wykazać.

Aby wykazać przechodniość ustalmy trzy dowolne liczby całkowite, takie, że $[(n,k){]}_{\approx }\le [(p,q){]}_{\approx }\le [(m,l){]}_{\approx }$. Definicja porządku gwarantuje, że

$n+q\le k+p\text{ oraz, że }p+l\le q+m.$

Operując ćwiczeniami z Wykład 7 możemy łatwo pokazać, że jeśli dodamy do obu stron nierówności tą samą liczbę, to nierówność pozostanie zachowana. W związku z tym

$n+q+l\le k+p+l\text{ oraz, że }p+l+k\le q+m+k.$

i używając przechodniości dostajemy $n+q+l\le q+m+k$. Jeszcze raz wykorzystując ćwiczenia dotyczące liczb naturalnych możemy skrócić $q$ i otrzymać $n+l\le m+k$, czyli $[(n,k){]}_{\approx }\le [(m,l){]}_{\approx }$, co należało wykazać.

Dowód spójności porządku na liczbach całkowitych jest trywialną konsekwencją faktu, że dla dowolnych dwóch par liczb naturalnych $(n,k)$ i $(p,q)$ mamy $n+q\le p+k$ lub $p+k\le q+n$. Koniec ćwiczenia

Rozważmy funkcje $i:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Z}}$ zadaną wzorem

$i(n)=[(n,0){]}_{\approx }$

Funkcja ta jest naturalnym włożeniem zbioru $\mathbb{\mathbb{N}}$ w zbiór $\mathbb{\mathbb{Z}}$. Jako ćwiczenie pokażemy, że funkcja $i$ jest iniektywna i zgodna z działaniami. Dzięki włożeniu $i$ będziemy utożsamiali liczbę naturalną $n$ z odpowiadającą jej liczbą całkowitą $i(n)$. W ten sposób każdą liczbę naturalną możemy traktować jak całkowitą.

Pokaż, że funkcja $i$ jest iniekcją. Pokaż, że $i$ jest zgodne z działaniami i porządkiem to znaczy:

1. $i(0)=0$

1. $i(n+m)=i(n)+i(m)$

1. $i(n\cdot m)=i(n)\cdot i(m)$

1. jeżeli $n\le k$ to $i(n)\le i(k)$

{hint}{0} {hint}{1}

Wskazówka .

Pamiętaj, że znaki działań i porządku (oraz $0$) po

prawej i po lewej stronie równości znaczą co innego. Zapisz każde z powyższych praw ujawniając strukturę liczb całkowitych. Zauważ, że w dowodzie będą interweniowały udowodnione już prawa łączności, przemienności, prawo skreśleń i skracania oraz własności porządkowe dla liczb naturalnych.

Rozwiązanie.

Aby wykazać iniektywność funkcji $i$ wybierzmy dwie dowolne

liczby naturalne $m,n$. Jeśli $i(n)=i(m)$, to $[(n,0){]}_{\approx }=[(m,0){]}_{\approx }$, czyli $n+0=m+0$ i używając prawa skracania dla liczb naturalnych dostajemy $n=m$, co należało wykazać. Nasze rozumowanie wykazało, że funkcja $i$ jest iniekcją. Przechodzimy teraz do dowodu własności funkcji $i$.

1. Oczywiście $i(0)=0$, ponieważ $i(0)=[(0,0){]}_{\approx }=0$.
2. Dla

dowolnych dwóch liczb naturalnych $n,m$ mamy $i(n+m)=[(n+m,0){]}_{\approx }=[(n,0){]}_{\approx }+[(m,0){]}_{\approx }=i(n)+i(m)$, co należało wykazać.

1. Podobnie jak w poprzednim przypadku ustalmy dowolne dwie liczby

naturalne $n$ i $m$. Wtedy, używając całego arsenału identyczności prawdziwych dla liczb naturalnych, mamy $i(n\cdot m)=[(nm,0){]}_{\approx }=[(nm+00,n0+0m){]}_{\approx }=[(n,0){]}_{\approx }\cdot [(m,0){]}_{\approx }=i(n)\cdot i(m)$, co należało wykazać.

1. Jeśli $n\le k$, to niewątpliwie $n+0\le k+0$, czyli $[(n,0){]}_{\approx }\le [(k,0){]}_{\approx }$ co oznacza, że $i(n)\le i(k)$. Dowód jest zakończony.

Koniec ćwiczenia

Liczby wymierne

Niech Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \mathbb{Z}^* = \mathbb{Z} \setminus \left\{\emptyset\right\}\$. Określamy relację na zbiorze } {Z}

{Z}^*Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle następująco. } (a,b) (c,d) wtw a d = c b

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\beginCwiczenieINS”): {\displaystyle \beginCwiczenieINS Relacja jest równoważnością. \endCwiczenieINS \setcounter{hint}{0} \addtocounter{hint}{1} ; Wskazówka \thehint. : Zwrotność i symetria są trywialne. Przy dowodzie przechodniości zastosuj prawo skracania [[##wlasnosci liczb_calkowitych|Uzupelnic wlasnosci liczb_calkowitych|]] dla liczb całkowitych.  ; Rozwiązanie. : Zwrotność relacji wynika z faktu, że dla dowolnych liczb całkowitych mamy } a b = a bParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Dla dowodu symetrii załóżmy, że } (a,b) (c,d)$.Wtedy$a

d = c b$,czyli$c b=a dParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co oznacza, że } (c,d) (a,b)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Wykazaliśmy symetrię relacji . Aby dowieść przechodniości ustalmy trzy dowolne elementy } {Z} {Z}^*Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle spełniające } (a,b) (c,d)$oraz$(c,d)(e,f)$.Wtedy$a d = c b$,oraz$c f = e dParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle używając przemienności i łączności\footnote{Dowód łączności mnożenia liczb całkowitych zostawiamy zainteresowanym czytelnikom} mnożenia liczb całkowitych otrzymujemy } a d f = c b f = e b dParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Korzystając z prawa skracania dla liczb całkowitych, korzystając z założenia, że } d 0$,dostajemy$a f = e b$,czyli$(a,b) (e,f)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co należało wykazać. {\bf Koniec ćwiczenia \thethm}\par\noindent\ignorespacesafterend \begindefn Niech } {Q} = {Z} {Z}^* / Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\enddefn”): {\displaystyle \enddefn OZNACZENIE: Będziemy tradycyjne oznaczać ułamek } {a}{b}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Oznacza on zbiór } [ (a,b) ]_{}Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\beginCwiczenieINS”): {\displaystyle . \beginCwiczenieINS Dla jakich liczb wymiernych } [(a,b)]_{}$mamy$ [(a,b)]_{} = {Z}Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\endCwiczenieINS”): {\displaystyle ? \endCwiczenieINS \setcounter{hint}{0}  ; Rozwiązanie. : Po pierwsze zauważmy, że } [(a,b)]_{} = c{Z}: d

(a,b) (c,d) (a,b) (d,c) Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Niewątpliwie musimy więc mieć } (0,d)(a,b)$dlapewnego$d{Z}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ~(gdyż } 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle nie może występować na drugiej współrzędnej). Definicja relacji implikuje, że } 0 b = d aParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , czyli, że } a=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Co więcej dla dowolnej liczby całkowitej } c$mamy$(0,d)(0,c)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ponieważ } 0 c = 0 dParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Tak więc jedyną klasą równoważności relacji spełniającą nasz warunek jest zbiór }

(0,d): d{Z}0,

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle który zostanie później nazwany ``zerem'' liczb wymiernych. {\bf Koniec ćwiczenia \thethm}\par\noindent\ignorespacesafterend ===Działania na ułamkach=== Definiujemy stałe i standardowe działania na ułamkach. * Zero w liczbach wymiernych } 0 {Q}$to$[(0, 1) ]_{}$.*Jedynkawliczbachwymiernych$1 {Q}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle to ułamek } [(1, 1) ]_{}$.*$ - [ (a,b) ]_{} = [(-a, b) ]_{}$*dodawanie$[ (a,b) ]_{} + [ (c,d) ]_{} = [(ad +bc, bd) ]_{}$*odejmowanie$[ (a,b) ]_{} - [ (c,d) ]_{} = [(ad - bc, bd)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle * mnożenie } [ (a,b) ]_{} [ (c,d) ]_{} =

[(ac, bd) ]_{}$*dzielenie,$[ (a,b) ]_{} : [ (c,d) ]_{} = [(ad, bc) ]_{}$gdy$[ (c,d) ]_{} [(0, d) ]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle Tak jak poprzednio w przypadku liczb całkowitych będziemy starali się utożsamiać liczby całkowite z pewnymi ułamkami. Proszę tak jak poprzednio o zwrócenie uwagi na kolizję oznaczeń. Jest to zamierzona kolizja oznaczeń, którą wprowadzamy z pełną świadomością. Po lewej stronie definicji (dodawania, mnożenia, odejmowania i liczby przeciwnej) używamy tych samych znaków działań co po stronie prawej. Pod koniec tej konstrukcji podamy naturalne włożenie (iniekcje wkładającą liczby całkowite w wymierne) takie, które zachowuje działania na liczbach. Upewni nas to, że stosowanie tych samych oznaczeń de facto nie grozi konfliktem. \beginCwiczenieINS Pokazać, że działania na liczbach wymiernych są dobrze określone. To znaczy pokazać, że zbiory (klasy równoważności) będące wynikiem działań nie nie zależą od wyboru reprezentantów: \endCwiczenieINS \setcounter{hint}{0} \addtocounter{hint}{1} ; Wskazówka \thehint. : Zapisz w jaki sposób wynik działań jest niezależny od wyboru reprezentantów.  ; Rozwiązanie. : Pierwszym działaniem, które może zależeć od reprezentantów z wybranych z klasy równoważności jest branie elementu przeciwnego. Załóżmy, że } (a,b) (c,d)$.Wtedy$ad=cbParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i korzystając z własności liczb całkowitych\footnote{Tylko niektóre z niezbędnych własności liczb całkowitych zostały wykazane we wcześniejszej części wykładu. Pozostawiamy dociekliwym czytelnikom możliwość dowiedzenie wszystkich faktów niezbędnych do rozumowań na liczbach wymiernych}, } (-1) a d = (-1) c b$idalej$-a d = -c b$,czyli$[(-a,b)]_{}=[(-c,d)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co należało wykazać. Aby dowieść niezależności dodawania ustalmy cztery elementy } {Z}{Z}^*Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle takie, że } (a,b) (e,f)$,oraz$(c,d)(g,h)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Natychmiast wnioskujemy, że } a f = e

b$,oraz$c h = g d$idalej$

a f d h = e b d h { oraz }

c h b f = g d b f.

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle Sumując obie równości i wyłączając wspólne czynniki otrzymujemy }

(f h) (a d + c b) = (b d) ( e h

+ g f)

$czyli$(a d + c b, b d) ( e h + g f, f h)$idalej$

[(a,b)]_{}+[(c,d)]_{} = [(a d + c b,b d)]_{} =

[(e h + g f,f h)]_{} = [(e,f)]_{} + [(g,h)]_{},

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co należało wykazać. Niezależność odejmowania jest bezpośrednią konsekwencją faktów dowiedzionych powyżej. Wystarczy zauważyć, że } [(a,b)]_{}-[(c,d)]_{} = [(a,b)]_{}+ (-[(c,d)]_{})Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co wynika wprost z definicji odejmowania. Ponieważ dodawanie i znajdowanie elementu przeciwnego są niezależne od wyboru reprezentantów z klas to również ich złożenie jest od niego niezależne -- czego należało dowieść. Dla dowodu mnożenia ustalmy cztery elementy } {Z}{Z}^*Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle takie, że } (a,b) (e,f)$,oraz$(c,d)(g,h)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Z założeń wnioskujemy, że } af = beParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , oraz, że } ch = dgParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . W związku z tym } afch = bedgParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i, korzystając z przemienności i łączności mnożenia liczb całkowitych } (ac,bd) (eg,fh)$,czyli$

[(a,b)]_{}[(c,d)]_{} = [(ac,bd)]_{}

=[(eg,fh)]_{}=[(e,f)]_{}[(g,h)]_{},

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co należało wykazać. Dla dowodu dzielenia zauważmy, że dla dowolnego } (c,d)(g,h)$($c,gParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle różne od } 0$)mamy$(d,c)(h,g)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , ponieważ oba fakty są równoważne } ch=gdParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ~(korzystając z przemienności mnożenia liczb całkowitych). W związku z tym ``zamiana miejscami'' nie zależy od wyboru reprezentanta klasy równoważności. Zauważmy, że } [(a,b)]_{}:[(c,d)]_{}

=[(a,b)]_{}[(d,c)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i ponieważ założyliśmy } c 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , to dzielenie jest złożeniem dwóch operacji niezależnych od wyboru reprezentantów dla klas równoważności -- co należało wykazać. {\bf Koniec ćwiczenia \thethm}\par\noindent\ignorespacesafterend ===Porządek ułamków.=== \begindefn } {a}{b} {c}{d}$gdy$(a d - b c) b d 0Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\enddefn”): {\displaystyle \enddefn \beginCwiczenieINS Pokaż, że definicja porządku nie jest zależna od wyboru reprezentanta. \endCwiczenieINS \setcounter{hint}{0} \addtocounter{hint}{1} ; Wskazówka \thehint. : Do dowodu zastosuj własności dodawania, mnożenia i odejmowania liczb całkowitych.  ; Rozwiązanie. : Ustalmy dowolne } {a}{b} {c}{d}$.Wtedy$(a d - b c) b d 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle jest równoważne } ((a d - b c) 1 -(b d) 0 )( b d) 1 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co z kolej znaczy, że } {a}{b}-{c}{d}{0}{1}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Ponieważ wykazaliśmy wcześniej, że odejmowanie liczb wymiernych nie zależy od wyboru reprezentantów dla klasy pozostaje wykazać, że dla } {a}{b}={e}{f}$mamy${a}{b}{0}{1}$wtedyitylkowtedy,kiedy${e}{f}{0}{1}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Pierwsza nierówność jest prawdą wtedy i tylko wtedy, kiedy } (a 1 - b 0) b 1=a b 0$,adruga,kiedy$e f

0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . W świetle założenia mówiącego, że } {a}{b}={e}{f}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , czyli, że } a f = b eParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle równoważność otrzymujemy przez analizę dodatniości } a,b,e$i$fParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . {\bf Koniec ćwiczenia \thethm}\par\noindent\ignorespacesafterend \beginCwiczenieINS Pokaż, że porządek liczb wymiernych spełnia postulaty porządku liniowego to znaczy jest zwrotny, antysymetryczny, przechodni i spójny. \endCwiczenieINS \setcounter{hint}{0} \addtocounter{hint}{1} ; Wskazówka \thehint. : Do dowodu zastosuj własności dodawania liczb całkowitych i porządku dla liczb całkowitych.  ; Rozwiązanie. : Zwrotność porządku na liczbach wymiernych jest trywialna. Nierówność } {a}{b}{a}{b}$oznacza$(ab-ba)bb 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co jest zawsze prawdą. Dla dowodu antysymetrii załóżmy, że } {a}{b}{c}{d}$,oraz${c}{d} {a}{b}$.Wtedy$(ad-bc)bd 0$i$(cb-da)db 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Ponieważ definicja liczb wymiernych gwarantuje, że } db 0$to$ad-bc=0$,czyli$ad=bcParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co jest definicją równości } {a}{b}={c}{d}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Antysymetria jest pokazana. Aby pokazać przechodniość wybierzmy trzy liczby wymierne } {a}{b}{c}{d}{e}{f}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Z założeń wynika, że } (ad-bc)bd 0$,oraz$(cf-de)df 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Wnioskujemy, że }

adbd bcbd oraz cfdf dedf

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle mnożąc nierówności przez, odpowiednio } ff$i$bbParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ~(założenia gwarantują } f 0 b$)otrzymujemy$

adbdff bcbdff oraz cfdfbb dedfbb

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i korzystając z przechodniości nierówności } adbdff dedfbbParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co możemy przekształcić do } (af-be)bfdd 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Ponieważ założenia gwarantują, że } d 0$,to$(af-be)bf 0$,czyli${a}{b}{e}{f}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co należało pokazać. Pozostała nam do wykazania spójność porządku. Bardzo łatwo zauważyć, że dla dwóch liczb wymiernych } {a}{b}$i${c}{d}$mamy$(ad-bc)bd 0$lub$(bc-ad)db 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co kończy dowód spójności. {\bf Koniec ćwiczenia \thethm}\par\noindent\ignorespacesafterend Do rozważań nad konstrukcją liczb rzeczywistych potrzebna nam będzie definicja wartości bezwzględnej \begindefn } | x | =

x & { gdy }, x 0
-x & { w przeciwnym przypadku}.

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\enddefn”): {\displaystyle \enddefn \beginCwiczenieINS Pokaż, warunek trójkąta czyli: }

| x+y | | x | + | y |

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\endCwiczenieINS”): {\displaystyle \endCwiczenieINS \setcounter{hint}{0} \addtocounter{hint}{1} ; Wskazówka \thehint. : Rozważ przypadki, kiedy obie liczby są dodatnie, obie ujemne, jedna dodatnia a druga ujemna. W każdym z przypadków rozumowanie jest trywialne.  ; Rozwiązanie. : Dowód przeprowadzimy wprowadzając podobną notację dla liczb całkowitych. Jeśli uda nam się zdefiniować funkcję moduł w ten sposób, że } | n+k | | n | + | k | $,$ | nk | = | n | | k | $,$ | n | 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle dla dowolnych liczb całkowitych, oraz } | {a}{b} | ={ | a | }{ | b | }$,to$

| {a}{b}+{c}{d} | = | {ad+bc}{bd} | =

{ | ad+bc | }{ | bd | }

$oraz$

| {a}{b} | + | {c}{d} | =

{ | a | }{ | b | }+{ | c | }{ | d | } = { | a | | d | + | b | | c | }{ | b | | d | }.

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle Żądana nierówność będzie prawdą, jeśli uda nam się wykazać, że }

[( | a | | d | + | b | | c | ) | bd | -

| ad+bc | | b | | d | ] | b | | d | | bd | 0,

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ale korzystając z właściwości modułu dla liczb całkowitych~(które wkrótce wykażemy) przekształcamy wzór do }

[( | ad | + | bc | -

| ad+bc | ] | b | | c | | b | | d | | b | | d | 0,

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i ponieważ } | b | $i$ | d | Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle są stale większe od zera, a } | ad | + | bc | | ad+bc | Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle w liczbach całkowitych, nierówność jest dowiedziona. Pozostaje zdefiniować funkcję moduł w liczbach całkowitych. Definiujemy ją jako: } | [(n,k)]_{} | = [(l,0)]_{}$gdzie$lParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle jest unikalną liczbą naturalną taką, że } [(n,k)]_{}=[(l,0)]_{}$lub$[(n,k)]_{}=[(0,l)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Liczba taka istnieje na podstawie Ćwiczenia~[[##Cw:reprzero|Uzupelnic Cw:reprzero|]] i jest unikalna, ponieważ } [(l,0)]_{}=[(0,p)]_{}$implikuje$p=l=0$,a$[(l,0)]_{}=[(p,0)]_{}$implikuje$p=lParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Pozostaje wykazać wymagane fakty o funkcji moduł. Ustalmy dwie liczby całkowite } [(n,k)]_{}$i$[(l,m)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle -- wykażemy, że } | [(n,k)]_{} +[(l,m)]_{} | | [(n,k)]_{} | + | [(l,m)]_{} | Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Ponieważ zarówno dodawanie, jak i porządek nie zależą od wyboru reprezentantów dla klas równoważności możemy założyć, że } n=0$lub$k=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ~(i równocześnie } l=0$lub$m=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ). Jeśli } k=0$oraz$m=0$tomamy$ | [(n,k)]_{} | = [(n,k)]_{}$oraz$ | [(l,m)]_{} | =[(l,m)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i nierówność jest prawdziwa. Jeśli z kolei } n=0$i$l=0$,to$

| [(n,k)]_{} +[(l,m)]_{} | = | [(0,k+m)]_{} | =

[(k+m,0)]_{} =[(k,0)]_{}+[(m,0)]_{} = | [(0,k)]_{} | + | [(0,m)]_{} |

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i nierówność znowu jest spełniona. Pozostają dwa symetryczne przypadki. Bez straty ogólności możemy założyć, że } n=0$i$m=0$.Wtedy$ | [(n,k)]_{} +[(l,m)]_{} | = | [(l,k)]_{} | Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle jest niewątpliwie mniejszy od } | [(k,n)]_{} | + | [(l,m)]_{} | = [(l+k,0)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ponieważ, zgodnie z definicją modułu pierwsza współrzędna } | [(l,k)]_{} | Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle jest mniejsza lub równa większej z liczb } k$,$lParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , która jest z kolei mniejsza lub równa } l+kParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Aby dowieść, że w liczbach całkowitych moduł jest rozdzielny względem mnożenia ustalmy dwie liczby } [(n,k)]_{}$i$[(l,m)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle i, podobnie jak poprzednio, załóżmy, że że } n=0$lub$k=0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ~(i równocześnie } l=0$lub$m=0$).Wtedy$[(n,k)]_{}[(l,m)]_{} = [(nl+km,lk+mn)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , gdzie co najwyżej jeden z czterech sumandów jest niezerowy. Moduł otrzymanej liczby będzie liczbą całkowitą posiadającą na pierwszej współrzędnej ten właśnie sumand, a na drugiej zero. Równocześnie } | [(n,k)]_{} | | [(l,m)]_{} | Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle będzie posiadał na pierwszej współrzędnej dokładnie ten sumand, a na drugiej zero, co dowodzi żądanej równości. Aby dowieść, że } | [(n,k)]_{} | 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle wystarczy zauważyć, że druga współrzędna pary reprezentującej liczbę jest równa zero i w związku z tym warunek nierówności jest zawsze spełniony. Pozostaje wykazać, że } | {a}{b} | ={ | a | }{ | b | }Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Rozważmy dwa przypadki: jeśli } {a}{b} 0$,to$ | {a}{b} | =

{a}{b}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . W tym przypadku nierówność implikuje, że } (a1-b0)b1 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , czyli, że } a$i$bParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle są liczbami całkowitymi tego samego znaku. To znaczy, że posiadają reprezentacje postacie } [(n,0)]_{}$i$[(k,0)]_{}$(lub$[(0,n)]_{}$i$[(0,k)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ). Wnioskujemy, że } a | b | = b | a | $,czyli${a}{b} = { | a | }{ | b | }Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co należało wykazać. W drugim przypadku mamy } {a}{b}< 0$,czyli$(a1-b0)b1< 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , więc znaki } a$i$bParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle są przeciwne~(posiadają reprezentacje } [(n,0)]_{}$i$[(0,k)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , lub na odwrót). Wtedy mamy } | {a}{b} | = {-a}{b}$iznowu$-a

| b | = b | a | Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle jest prawdą. Wykazaliśmy, że moduł zdefiniowany w liczbach wymiernych jest zgodny z modułem dla liczb całkowitych, co było ostatnim brakującym faktem w dowodzie. {\bf Koniec ćwiczenia \thethm}\par\noindent\ignorespacesafterend \begindefn Rozważmy teraz funkcje } j:{Z} {Q}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle identyfikującą liczby całkowite jako pewne specjalne liczby wymierne zadaną wzorem }

j(a) = [ (a,1)]_{}

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\enddefn”): {\displaystyle \enddefn Funkcja ta jest naturalnym włożeniem zbioru } {Z}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle w zbiór } {Q}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Jest iniektywna, zgodna z działaniami i zachowująca stałe. Pokazanie tych własności będzie treścią następnego ćwiczenia. \beginCwiczenieINS Pokaż własności włożenia } jParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . # } j(0) = 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle # } j(1)=1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle # } j(a+b) = j(a)+j(b)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle # } j(a-b) = j(a)-j(b)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle # } j(a b) = j(a) j(b)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle # jeżeli } x y$to$j(x) j(y)Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\endCwiczenieINS”): {\displaystyle \endCwiczenieINS \setcounter{hint}{0} \addtocounter{hint}{1} ; Wskazówka \thehint. : Pamiętaj, że znaki działań i porządku (oraz } 0$i$1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle ) po prawej i po lewej stronie równości znaczą co innego. Zapisz każde z powyższych praw ujawniając strukturę liczb wymiernych. Zauważ, że w dowodzie będą interweniowały udowodnione już prawa łączności, przemienności, prawo skreśleń i skracania oraz własności porządkowe dla liczb całkowitych.  ; Rozwiązanie. : Włożenie } jParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle przekształca } 0$w$0$i$1$w$1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co jest trywialną konsekwencją definicji funkcji } jParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Aby wykazać, że włożenie jest zgodne z dodawanie, ustalmy dwie dowolne liczby całkowite } a$i$b$.Wtedy$j(a+b)=[(a+b,1)]_{}=[((a1+1b)11,11)]_{} = [(a,1)]_{}

+[(b,1)]_{} = j(a) + j(b)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co należało wykazać. Dla dowodu różnicy ustalmy ponownie } a$i$b$,wtedy$j(a-b)=[(a-b,1)]_{}=[((a1-1b)11,11)]_{} = [(a,1)]_{} -[(b,1)]_{} = j(a) - j(b)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co kończy dowód podobnie jak w poprzednim przypadku. Dla dowodu iloczynu, ustalmy znów } a$i$b$mamy$j(a b) = [(ab,1)]_{} = [(ab,11)]_{} = [(a,1)]_{}[(b,1)]_{} = j(a) j(b)Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , co dowodzi wymaganego faktu. Dla dowodu zgodności z porządkiem załóżmy, że } a b$wtedy$b-a 0$idalej$(b1-1a)11 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle co oznacza, że } [(b,1)]_{}[(a,1)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . {\bf Koniec ćwiczenia \thethm}\par\noindent\ignorespacesafterend Dzięki włożeniu } jParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle będziemy utożsamiali liczbę całkowitą } aParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle z odpowiadającą jej liczbą wymierną } j(a) = [ (a,1)]_{}Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\begindefn”): {\displaystyle . ==Konstrukcja Cantora liczb rzeczywistych== \begindefn Ciągiem elementów zbioru } AParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle nazywamy każdą funkcje } a: {N} A$.Przez$a_nParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle oznaczamy element ciągu } a(n)Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\enddefn”): {\displaystyle . \enddefn Konstrukcja liczb rzeczywistych pochodzi od \underline{\bf Georg Cantor}\ . Genialny pomysł \underline{\bf Georg Cantor}\ polega na rozważaniu nieskończonych ciągów liczb wymiernych spełniających warunek \underline{\bf Augustin Louis Cauchy}\ . Wiemy z analizy (patrz wykład analiza 1), że ciągi takie są zbieżne. Dlatego ciąg ten można uważać za aproksymacje liczby rzeczywistej. Będziemy za liczbę rzeczywistą brać wszystkie takie ciągi aproksymacji, które w sensie poniższych definicji będą \emph{dowolnie bliskie siebie}. \begindefn Ciągiem Cauchy'ego zbioru liczb wymiernych } {Q}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle nazywamy każdy taki ciąg } a: {N}

{Q}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle który spełnia warunek (Cauchy'ego) }

_{ {Q} {0.1mm}

>0} _{n_0 {N}} _{p,k {N}} ( p>n_0 k >n_0 {0.1mm} | a_p - a_k | < )

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\enddefn”): {\displaystyle \enddefn \begindefn Ciąg } a: {N} {Q}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle nazywamy ograniczonym gdy spełnia: }

_{M>0} _{n {N}} | a_n | <M

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\enddefn”): {\displaystyle \enddefn \bigskip {{fakt|[Uzupelnij]|| Ciągi Cauchy'ego są ograniczone }} {{dowod|[Uzupelnij]|| Do ciągu Cauchy'ego } aParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle będziemy dobierać ograniczenie } MParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Weźmy dodatnią liczbę wymierną . Dla niej, zgodnie z definicją [[##defn:ciagc|Uzupelnic defn:ciagc|]] znajdziemy tak duże } n_0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle , że dla wszystkich liczb naturalnych } p,kParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle poczynając od } n_0 +1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle będzie zachodzić } | a_p - a_k | < Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Połóżmy za } MParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle największą z pośród liczb } | a_0 | ,...

| a_{n_0} | $oraz$ | a_{n_0 +1} | + Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle powiększoną o } 1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Łatwo sprawdzić, że tak zdefiniowane } MParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle majoryzuje moduły wszystkich liczb ciągu. }} Poniżej wprowadzimy relacje równoważności na zborze ciągów Cauchy'ego, taką która skleja ciągi, które leżą \emph{dowolnie blisko}. Każdy taki ciąg będzie inną aproksymacją tej samej liczby rzeczywistej. Zbiór wszystkich takich aproksymacji będzie dla nas właśnie liczbą rzeczywistą. \begindefn Niech } X= a: {N} {Q} : a jest ciągiem Cauchy'ego

Na zbiorze $X$ ciągów Cauchy'ego określamy relację następująco: dwa ciągi $a$ i $b$ są równoważne co zapisujemy jako $a\simeq b$ gdy:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \forall_{\varepsilon >0} \;\; \exists_{n_0 \in \mathbb{N}} \;\; \forall_{n \in \mathbb{N}} \;\; ( n>n_0 \hspace*{0.1mm} \Rightarrow \left| a_n - b_n \right| < \varepsilon ) }

Twierdzenie [Uzupelnij]

Relacja $\simeq$ określona na $X$ jest relacją

równoważności.

Dowód [Uzupelnij]

Zwrotność i symetria relacji $\simeq$ są oczywiste. Zajmijmy się dowodem przechodniości. Niech $a\simeq b$ oraz $b\simeq c$. Oznacza to:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned\forall_{\varepsilon >0} \;\; \exists_{n_1 \in \mathbb{N}} \;\; \forall_{n \in \mathbb{N}} \;\; ( n>n_1 \hspace*{0.1mm} \Rightarrow \left| a_n - b_n \right| < \varepsilon ) \\ \forall_{\varepsilon >0} \;\; \exists_{n_2 \in \mathbb{N}} \;\; \forall_{n \in \mathbb{N}} \;\; ( n>n_0 \hspace*{0.1mm} \Rightarrow \left| b_n - c_n \right| < \varepsilon ) \endaligned}

Weźmy $\epsilon >0$. Będziemy dobierać niezależnie liczby $n_1$ i $n_2$ do $\epsilon /2$ dla pierwszej i drugiej pary ciągów. Mamy zatem parę nierówności: dla $n>n_1$ zachodzi $|a_n-b_n|<\epsilon /2$ oraz dla $n>n_2$ zachodzi $|b_n-c_n|<\epsilon /2$. Biorąc większą z tych dwóch liczb będziemy oczywiście jednocześnie spełniać obie nierówności. Zatem dla $n>\max (n_1,n_2)$ zachodzą $|a_n-b_n|<\epsilon /2$ oraz $|b_n-c_n|<\epsilon /2$. Używając nierówności trójkąta udowodnionego w ćwiczeniu w rozdziale Uzupelnic cwiczenie_nier_troj| mamy:

$|a_n-c_n|\le |a_n-b_n|+|b_n-c_n|<\epsilon /2+\epsilon /2=\epsilon$

co kończy dowód.

Przez liczby rzeczywiste będziemy rozumieli zbiór $X/\simeq$ i oznaczamy przez $\mathbb{ℝ}$.

Liczbą rzeczywistą jest zatem zbiór ciągów Cauchy'ego które leżą dowolnie blisko siebie. Na każdy taki ciąg można patrzeć jak na pewną aproksymacje danej liczby rzeczywistej.

Ile razy należy poprzedzić znakiem $\bigcup$ zbiór $\mathbb{ℝ}$, aby otrzymać $\mathbb{\mathbb{N}}$? {hint}{0}

Rozwiązanie.

Mamy $\mathbb{ℝ}\subseteq {𝒫}({𝒫}(\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{Q}}))$, a więc

$\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{ℝ}\subseteq \mathbb{\mathbb{N}}\cup \mathbb{\mathbb{Q}}$. Rozumując dalej mamy $\mathbb{\mathbb{Q}}\subseteq {𝒫}(\mathbb{\mathbb{Z}}\times \mathbb{\mathbb{Z}})$, a więc $\bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{\mathbb{Q}}\subseteq \mathbb{\mathbb{Z}}$. W końcu $\mathbb{\mathbb{Z}}\subseteq {𝒫}(\mathbb{\mathbb{N}}\times \mathbb{\mathbb{N}})$ i $\bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{\mathbb{Z}}\subseteq \mathbb{\mathbb{N}}$. Reasumując otrzymujemy

$\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup (\mathbb{ℝ})\subseteq \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup (\mathbb{\mathbb{N}}\cup \mathbb{\mathbb{Q}})\subseteq \mathbb{\mathbb{N}}.$

Pozostaje wykazać, że po tylu iteracjach nie otrzymamy niczego mniejszego niż $\mathbb{\mathbb{N}}$. Niech $z:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}$ będzie funkcją taką, że $z(n)=[(0,1){]}_{\sim }$ dla dowolnego $n$. Wtedy $z$ jest ciągiem Cauchego i $[z{]}_{\simeq }\in \mathbb{ℝ}$. Ponieważ $\bigcup \bigcup z=\mathbb{\mathbb{N}}\cup \{[(0,1){]}_{\sim }\}$, to $\bigcup \bigcup \bigcup [z{]}_{\simeq }\supset \mathbb{\mathbb{N}}\cup \{[(0,1){]}_{\sim }\}$ co implikuje, że

$\mathbb{\mathbb{N}}\subseteq \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{ℝ},$

a ponieważ $\bigcup \mathbb{\mathbb{N}}=\mathbb{\mathbb{N}}$

$\bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \bigcup \mathbb{ℝ}=\mathbb{\mathbb{N}}$

i każda większa ilość jest również odpowiednia. Koniec ćwiczenia

Działania na $\mathbb{ℝ}$

Dla ciągów $a$ i $b$ ciąg $a+b$ oraz $a\cdot b$ oznaczają ciągi zadane jako $(a+b)(i)=a(i)+b(i)$ dla każdego $i$. Tak samo definiujemy mnożenie: $(a\cdot b)(i)=a(i)\cdot b(i)$

Dodawanie i mnożenie ciągów liczb wymiernych definiujemy po współrzędnych to znaczy:

• dodawanie $[a{]}_{\simeq }+[b{]}_{\simeq }=[a+b{]}_{\simeq }$

• mnożenie $[a{]}_{\simeq }\cdot [b{]}_{\simeq }=[a\cdot b{]}_{\simeq }$

Poniższe ćwiczenie odpowiada dowodowi ciągłości dodawania i mnożenia. W innej wersji będziecie państwo zapoznawać się z tym zagadnieniem na wykładzie 8 analizy matematycznej. Pokazać, że definicja dodawania i mnożenia liczb rzeczywistych jest poprawna i niezależna od wyboru reprezentantów:

{hint}{0} {hint}{1}

Wskazówka .

Dowód poprawności definicji dodawania oprzeć na

dowodzie twierdzenia Uzupelnic thm:def_R|.

Rozwiązanie.

Pokażemy poprawność definicji mnożenia (lub ciągłość mnożenia w

sensie wykładu 8 analizy matematycznej)

Dowód [Uzupelnij]

Niech $[a{]}_{\simeq }=[a^{\prime }{]}_{\simeq }$ oraz $[b{]}_{\simeq }=[b^{\prime }{]}_{\simeq }$. Pokazujemy, że $[a\cdot b{]}_{\simeq }=[a^{\prime }\cdot b^{\prime }{]}_{\simeq }$. Weźmy $\epsilon >0$. Ciągi $a^{\prime }$ i $b$ jako ciągi Cauchy'ego są ograniczone. Niech $M$ będzie wspólnym ograniczeniem tych ciągów. Dla $\epsilon /(2\cdot M)$ dobierzmy takie $n_1$ i $n_2$ aby $|a_k-a{\text{'}}_k|<\epsilon /(2\cdot M)$ i $|b_p-b{\text{'}}_p|<\epsilon /(2\cdot M)$ dla $k>n_1$ i $p>n_2$. Obie nierówności będą zachodzić jednocześnie dla wszystkich $k$ poczynając od $\max (n_1,n_2)$. Prosty rachunek korzystający z nierówności trójkąta kończy dowód:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligned”): {\displaystyle \aligned \left| a_k \cdot b_k - a'_k \cdot b'_k \right| = \left| (a_k - a'_k)\cdot b_k + (b_k - b'_k)\cdot a'_k \right| & \leq & \nonumber \\ \left| (a_k - a'_k)\cdot b_k \right| + \left| (b_k - b'_k)\cdot a'_k \right| = \left| (a_k - a'_k) \right| \cdot \left| b_k \right| + \left| (b_k - b'_k) \right| \cdot \left| a'_k \right| & \leq & \nonumber\\ \varepsilon/(2 \cdot M ) \cdot M + \varepsilon/(2 \cdot M ) \cdot M = \varepsilon \nonumber \endaligned}

Koniec ćwiczenia

Porządek na $\mathbb{ℝ}$

Relacja $[a{]}_{\simeq }<[b{]}_{\simeq }$ na zbiorze liczb rzeczywistych $\mathbb{ℝ}$ jest zdefiniowana jako

${\mathrm{\exists }}_{\epsilon >0}{\mathrm{\exists }}_{n_0\in \mathbb{\mathbb{N}}}{\mathrm{\forall }}_{k>n_0}{a}_k+\epsilon <b_k$

Będziemy mówili, że liczba wymierna $\epsilon >0$ rozdziela dwa ciągi Cauchy'ego poczynając od elementu $a_{n_0+1}$.

Słaby porządek definiujemy tak jak zazwyczaj: dla liczb rzeczywistych $x\le y$ gdy $x<y$ (patrz definicja Uzupelnic defn:porzadeknaR|) lub gdy $x=y$ (patrz definicja Uzupelnic relacja_na_ciagach_Cauchyego|).

Twierdzenie [Uzupelnij]

Porządek na $\mathbb{ℝ}$ jest liniowy.

Dowód [Uzupelnij]

Pokażemy, że dla dowolnych ciągów Cauchy'ego $a$ i $b$ jeżeli $[a{]}_{\simeq }\ne [b{]}_{\simeq }$ to $[a{]}_{\simeq }<[b{]}_{\simeq }$ lub $[a{]}_{\simeq }>[b{]}_{\simeq }$. Niech zatem $[a{]}_{\simeq }\ne [b{]}_{\simeq }$. Zgodnie z definicją $\simeq$ oznacza to:

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \exists_{\varepsilon>0} \;\; \forall_{n\in\mathbb{N}} \;\; \exists_{p\in\mathbb{N}} \;\; p>n \hspace*{0.1mm} \wedge \left| a_p -b_p \right| \geq \varepsilon }

Dobierzmy do $\epsilon /3$ liczby $n_a$ i $n_b$ odpowiednio dla ciągów $a$ i $b$ tak aby dla wszystkich $k,r>\max (n_a,n_b)$ zachodziło $|a_k-a_r|<\epsilon /3$ oraz $|b_k-b_r|<\epsilon /3$. Zgodnie z formulą powyżej dla $\max (n_a,n_b)$ musi istnieć $p_0>\max (n_a,n_b)$ takie, że $|a_{p_0}-b_{p_0}|\ge \epsilon$. Ustalmy, że to $a_{p_0}<b_{p_0}$ (gdy będzie odwrotnie rozumowania jest identyczne). Weźmy zatem dowolne $k>p_0$. Zachodzą następujące nierówności:

Parser nie mógł rozpoznać (nieznana funkcja „\aligneda”): {\displaystyle \aligneda_{p_0} + \varepsilon & \leq & b_{p_0} \\ a_k - \varepsilon/3 & < & a_{p_0} < a_k + \varepsilon/3 \\ b_k - \varepsilon/3 & < & b_{p_0} < b_k + \varepsilon/3 \endaligned}

Łatwo pokazać stosując powyższe nierówności, że poczynając od $p_0$ liczba wymierna $\epsilon /3$ będzie rozdzielała obydwa ciągi Cauchy'ego. Mianowicie,

$a_k+\epsilon /3<a_{p_0}+2\epsilon /3\le b_{p_0}-\epsilon /3<b_{p_0}$

Włożenie $\mathbb{\mathbb{Q}}$ w $\mathbb{ℝ}$

Rozważmy funkcje $k:\mathbb{\mathbb{Q}}\to \mathbb{ℝ}$ zadaną następująco: dla liczby wymiernej $q\in \mathbb{\mathbb{Q}}$ liczba rzeczywista $k(q)$ jest klasą równoważności ciągu stale równego $q$ czyli $k(q)=[b{]}_{\simeq }$ gdzie $b(n)=q$. Tak więc liczby wymierne stają się częścią liczb rzeczywistych. Funkcja $k$ jest naturalnym włożeniem zbioru $\mathbb{\mathbb{Q}}$ w zbiór $\mathbb{ℝ}$. Jest ona iniektywna i zgodna z działaniami i porządkiem.

1. $k(a+b)=k(a)+k(b)$

1. $k(a-b)=k(a)-k(b)$

1. $k(a\cdot b)=k(a)\cdot k(b)$

1. jeżeli $a<b$ to $k(a)<k(b)$

Dzięki włożeniu $k$ będziemy utożsamiali liczbę wymierną $q$ z odpowiadającą jej liczbą rzeczywistą $k(q)$.

Rozwijanie liczb rzeczywistych przy podstawie $2$

Twierdzenie [Uzupelnij]

Dla każdej liczby rzeczywistej $0\le x<1$ istnieje ciąg $a_x\in 2^{\mathbb{\mathbb{N}}}$ taki, że ciąg jego sum częściowych $b_x:\mathbb{\mathbb{N}}\to \mathbb{\mathbb{Q}}$ dany jako $b_k=\sum _{i=0}^k\frac{a_i}{2^{i+1}}$ spełnia:

1. $b_x$ jest ciągiem Cauchy'ego

1. $[b_x{]}_{\simeq }=x$

Taki ciąg $a_x$ nazywamy rozwinięciem liczby $x$ przy podstawie $2$.

Dowód [Uzupelnij]

Dla liczby rzeczywistej $x$ podamy indukcyjną konstrukcję ciągu $a$ będącego rozwinięciem dwójkowym liczby $x$ i równolegle ciąg $b$ jego sum częściowych. Jeżeli $0\le x<1/2$ to definiujemy $a_0=0$, w przeciwnym wypadku to znaczy kiedy $1/2\le x<1$ definiujemy $a_0=1$. Załóżmy, że mamy zdefiniowany ciąg $a$ do wyrazu $k$. Wyraz $k+1$ definiujemy

{

Uzupełnij dowód indukcyjny nierówności Uzupelnic tw_nierownosc_tw_rozwiniecie| pierwszej części tezy twierdzenia Uzupelnic thm:rozwiniecie|. Wykonaj dowód drugiej części tezy twierdzenia Uzupelnic thm:rozwiniecie|. poprzedzającego to ćwiczenie.

{hint}{0}

Rozwiązanie.

Dowód części drugiej $[b{]}_{\simeq }=x$. Niech $c$ będzie

dowolnym ciągiem Cauchy'ego wyznaczającym liczbę rzeczywistą $x$ czyli niech $[c{]}_{\simeq }=x$. Należy pokazać, że ciągi $b$ i $c$ są równoważne w sensie $\simeq$. Weźmy $\epsilon >0$. Dobierzmy tak duże $k$ aby $\frac{1}{2^{k+1}}<\epsilon$. Dalej wynika trywialnie z nierówności Uzupelnic tw_nierownosc_tw_rozwiniecie|. Koniec ćwiczenia

Konstrukcja przedstawiona powyżej rozwija liczbę rzeczywistą z przedziału $[0,1)$ przy podstawie $2$. Na każdym etapie konstrukcji sprawdzamy czy w przedziale w którym pracujemy aktualnie liczba znajduje się w lewej czy tez prawej połówce przedziału. Stosownie do tego wybieramy cyfrę $0$ lub $1$ rozwinięcia. Jak łatwo można przypuścić podobną konstrukcję jak w twierdzeniu Uzupelnic thm:rozwiniecie| można wykonać przy dowolnej innej podstawie $k\ge 2$. W takim wypadku aktualny analizowany przedział dzielilibyśmy na $k$ podprzedziałów i stosownie do położenia liczby wybieralibyśmy jedną z $k$ cyfr ze zbioru Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle \left\{0,\ldots k-1\right\}\$. Przykładowo gdy za } k$wybierzemy$k=10Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle dostaniemy przy pomocy takiej konstrukcji rozwinięcie dziesiętne danej liczby rzeczywistej. Twierdzenie poniżej upewni nas o pewnej ciekawej własności rozwinięć. Otóż rozwinięcie przy podstawie } k=2Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle otrzymane przy pomocy twierdzenia [[##thm:rozwiniecie|Uzupelnic thm:rozwiniecie|]] zawsze jest takie, że zera w tym rozwinięciu występują dowolnie daleko. Innymi słowy, nie jest możliwe aby w rozwinięciu od pewnego miejsca występowały same jedynki. W przykładzie dotyczącym rozwinięcia dziesiętnego liczby odpowiada to sytuacji w której nie występują ciągi które stale od pewnego miejsca mają cyfrę } 9Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . {{twierdzenie|[Uzupelnij]|| Rozwinięcia } aParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle uzyskane przy pomocy konstrukcji twierdzenia [[##thm:rozwiniecie|Uzupelnic thm:rozwiniecie|]] dla liczby } 0 x

<1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle jest zawsze takie że: }

_{k} _{n>k} a_n = 0

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle }} {{dowod|[Uzupelnij]|| Przypuśćmy, że jest przeciwnie niż mówi teza czyli } _{k} _{n>k} a_n = 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Weźmy najmniejsze takie } k$inazwijmygo$k_0$.Mamyzatem$a_{k_0} = 0Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle oraz wszystkie późniejsze wyrazy } a_i =1$dla$i>k_0$.Rozwijanaliczba$xParser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle spełniać będzie dla każdego } p 1Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle nierówność [[##tw_nierownosc_tw_rozwiniecie|Uzupelnic tw_nierownosc_tw_rozwiniecie|]] czyli zachodzić będzie: }

b_{k_0 -1} + {1}{2^{k_0 +2}} + ... +{1}{2^{k_0 +p+1}}

x b_{k_0 -1} + {1}{2^{k_0 +2}} + ... +{1}{2^{k_0+ p+1}} + {1}{2^{k_0 p+ 1}}

Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle Liczbą, która spełnia wszystkie te nierówności jest } b_{k_0 -1} +

{1}{2^{k_0 +1}}Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . Mamy zatem zamiast rozwinięcia, które nieformalnie zapiszemy jako } a_0 ... a_{k_0 -1} 0 1 1 1 ...Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle rozwinięcie } a_0 ... a_{k_0 -1} 1 0 0 0 ...Parser nie mógł rozpoznać (błąd składni): {\displaystyle . To właśnie to drugie rozwinięcie zostanie znalezione przez procedurę rekurencyjną przedstawioną w twierdzeniu [[##thm:rozwiniecie|Uzupelnic thm:rozwiniecie|]]. }} {{twierdzenie|[Uzupelnij]|| Istnieje bijekcja pomiędzy odcinkiem } [0;1)$azbiorem$a 2^Szablon:N: _{k} _{n>k} a_n = 0 }}

Dowód [Uzupelnij]

Bijekcja jest zdefiniowana przy pomocy techniki wprowadzonej w twierdzeniu Uzupelnic thm:rozwiniecie|. Istnienie funkcji przypisującej liczbie rzeczywistej $x$ jej rozwinięcie dwójkowe zostało tam opisane. Własność tego rozwinięcia ${\mathrm{\forall }}_k{\mathrm{\exists }}_{n>k}{a}_n=0$ została pokazana w twierdzeniu Uzupelnic thm:rozwiniecie2|. Pozostaje uzasadnić iniektywność takiego przypisania. Niech $x\ne y$. Załóżmy, że $x<y$. Rozważmy zatem ciągi $a$ oraz $a^{\prime }$ rozwinięć dwójkowych $x$ i $y$. Nazwijmy ciągi ich sum częściowych odpowiednio przez $b$ i $b^{\prime }$. Ciągi sum wyznaczają te liczby czyli $[b{]}_{\simeq }=x,[b^{\prime }{]}_{\simeq }=y$. Ciągi $b$ i $b^{\prime }$ muszą być różne bo inaczej wyznaczałyby te same liczby. W takim razie ciągi rozwinięć $a$ i $a^{\prime }$ muszą być różne.

Powyższe twierdzenie będzie miało fundamentalne znaczenie w teorii mocy o którym mowa będzie w wykładzie 9. Pokazuje bowiem że liczby rzeczywiste są równoliczne ze zbiorem $2^{\mathbb{\mathbb{N}}}$.